1、集宁一中2019-2020学年第二学期第二次月考高一年级化学试题1.下列有关化学用语表示正确的是()A. NH4Br的电子式：B. S2-的结构示意图：C. NH3的电子式：D. 中子数为20的氯原子：【答案】B【解析】【详解】A溴化铵是离子化合物，由铵根离子与溴离子构成，电子式为，故A错误；B硫离子的核外电子总数为18，最外层满足8电子稳定结构，其离子结构示意图为：，故B正确；C氨气为共价化合物，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层达到8个电子，氢原子最外层达到2个电子，氨气分子的电子式为，故C错误；D中子数为20的氯原子的质量数为37，该原子正确的表示方法为Cl，故D错误；故选B。【点睛
2、】本题的易错点为A，要注意离子化合物的电子数中阴离子一定包括和电荷数。2.X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示。下列说法正确的是A. Q的氧化物一定含有离子键和共价键B. 最高价含氧酸的酸性:ZYC. P的最低价氢化物常温常压下为液体D. Y形成的化合物种类最多【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素，X、Q最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，P最外层有6个电子，位于第VIA族；Q原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、P
3、原子半径大于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N、P为S元素；据此解答。【详解】ANa的氧化物有氧化钠和过氧化钠两种，但不论是氧化钠还是过氧化钠，结构中均含离子键，但氧化钠中没有共价键，故A错误；B元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性ZY，所以其最高价含氧酸酸性ZY，故B错误；CP的氢化物为硫化氢，常温下为气体，故C错误；DY为碳元素，而C元素形成的有机物种类繁多，远多于无机物的种类，故D正确；故选D。3.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于电子层数，W和Z原子的最外层电
4、子数相同。下列说法错误的是()A. 单质的沸点：ZWB. 简单离子半径：XWC. 元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物D. X、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应【答案】B【解析】【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素，据此进行解答。【详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数
5、依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；AZ、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：ZW，故A正确；BX为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：XW，故B错误；CX为Na，金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非
6、极性共价键，故C正确；DX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故D正确；故答案为B。4.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与原子组成HmX分子在a克HmX中所含质子的物质的量是（ ）A. (A-N+m)molB. (A-N)molC. (A-N)molD. (A-N+m)mol【答案】A【解析】【分析】核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数中子数，则X的质子数为(AN)，1molHmX中含有质子的物质的量为(ANm)mol，agHmX的物质的量ag/(
7、Am)gmol1，agHmX中含有质子物质的量为(A-N+m)mol。【详解】核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数中子数，则X的质子数为(AN)，1molHmX中含有质子的物质的量为(ANm)mol，agHmX的物质的量ag/(Am)gmol1，agHmX中含有质子物质的量为(A-N+m)mol，故选项A正确。5.下列能正确表示氢气与氯气反应生成氯化氢过程中能量变化的示意图是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A、氢气与氯气反应是放热反应，图中反应为吸热反应，A错误；B、氢气与氯气反应是放热反应，B正确；C、断键需要吸收能量，成键需要放出能量，C
8、错误；D、断键需要吸收能量，成键需要放出能量，D错误；答案选B。6.LED(Light Emitting Diode)即发光二极管，是一种能够将电能转化为光能的固态半导体器件。如图是某课外活动小组设计的用化学电源使 LED 灯发光的装置。下列说法不正确的是（ ）A. 装置中存在“化学能电能光能”的转化B. 溶液中 SO42-向负极移动C. 铜为阳极，锌为阴极D. 如果将锌片换成铁片，则电路中电流方向不变【答案】C【解析】【详解】A装置中通过发生原电池反应，将化学能转化为电能，然后发光二极管发光，将电能转化为光能，A正确； B溶液中Zn为负极，Cu为正极，阴离子(SO42-)向负极移动，B正确；
9、C此装置为原电池，电极只讲正、负，不讲阴、阳，C错误；D如果将锌片换成铁片，Fe的金属活动性仍大于Cu，则电路中的电流方向不变，D正确；故选C。7.在2AB=3C4D反应中，表示该反应速率最快的是（）A. v（A）0.5 molL1s1B. v（B）0.3 molL1s1C. v（C）0.8 molL1s1D. v（D）1 molL1s1【答案】B【解析】【详解】Av(A)/2=0.5 molL1s1/2=0.25 molL1s1;Bv(B)/1=0.3 molL1s1/1=0.3 molL1s1;Cv(C)/3=0.8 molL1s1/3=0.27 molL1s1;Dv(D)/4=1 mol
10、L1s1/4=0.25 molL1s1。答案选B。【点睛】2AB=3C4D反应中，四种物质的计量数分别为2、1、3、4，每个选项均除以计量数可快速比较反应速率快慢，比传统方法简单、省时。8.将一定量纯净的 A 置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：A(s)2B(g)+C(g)+D(g)。不能判断该分解 反应已经达到化学平衡状态的是A. v 正(B)2v 逆(C)B. 密闭容器中总压强不变C. 密闭容器中混合气体的密度不变D. 密闭容器中气体 B 的体积分数不变【答案】D【解析】【分析】反应A(s)2B(g)+C(g)+D(g)的条件是
11、恒温恒容，特点是气体减少。在此认识基础上根据化学平衡状态的定义和特征可对各选项作出判断。【详解】A. B和C的计量数之比为2：1，所以平衡时v正(B)2v逆(C)，故可判断，A选项不符合题意；B. 该反应气体减少，恒温恒容时压强会随平衡移动而改变，所以，密闭容器中总压强不变可判断反应已经达到平衡状态，B选项不符合题意；C. =m/V，该反应体系体积不变，但气体的质量会随平衡的移动而改变，即气体的密度会随平衡的移动而改变，所以，容器中混合气体的密度不变可判断反应已经达到平衡状态，C选项不符合题意；D. 该反应体系气体B、C、D的物质的量比值恒定，为2：1：1，即密闭容器中气体 B 的体积分数始终
12、不变，故B 的体积分数不能用于判断反应是否达到平衡状态，D选项符合题意；答案选D。【点睛】判断可逆反应是否达到平衡的方法：v正=v逆；各物质含量不变；其它表现：看该量是否随平衡移动而改变，是则可用与判断可逆反应是否达到平衡。9.实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，结合有关物质溶解性分析解答。【详解】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，由于Cl2被消耗，气体的颜色逐渐变浅；氯化氢极易
13、溶于水，所以液面会上升；但氯代甲烷是不溶于水的无色气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。【点睛】明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。10.如图是一种生活中常见有机物的球棍模型。关于该物质的说法正确的是A. 分子式为 C3H6B. 含有氢氧根，水溶液呈碱性C 常温下与乙酸混合发生酯化反应D. 能与金属钠反应放出氢气【答案】D【解析】【详解】A. 根据球棍模型，该有机物分子式为 C2H6O，故A错误；B. 根据球棍模型，该有机物是乙醇，乙醇是
14、非电解质，含有羟基，水溶液呈中性，故B错误；C. 乙醇在加热、浓硫酸作用下与乙酸混合发生酯化反应，故C错误；D. 乙醇能与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，故D正确；选D。11.果糖的结构简式为CH2OH(CHOH)3COCH2OH，下列关于果糖的说法正确的是（ ）A. 能发生银镜反应B. 能发生酯化反应C. 能与烧碱溶液发生中和反应D. 能发生水解反应【答案】B【解析】【详解】A根据其结构简式可知果糖不含醛基，不能发生银镜反应，故A错误；B果糖含有羟基，可以发生酯化反应，故B正确；C果糖不含羧基，不能和烧碱溶液发生中和反应，故C错误；D果糖为单糖不能发生水解反应，故D错误；故答案为B。12.我国古
15、代炼丹家魏伯阳所著周易参同契是世界上现存最早的一部炼丹专著。书中描写到：“金人于猛火，色不夺精光。”这句话是指金在强热条件下（ ）A. 活泼B. 稳定C. 易被氧化D. 易被还原知识点【答案】B【解析】【详解】金的活泼性弱，性质稳定，在强热条件下也不反应。“金人于猛火，色不夺精光。”这句话的意思是黄金的性质在强热条件下稳定。答案选B。13.从淡化海水中提取溴的流程如下：下列有关说法不正确的是()A. X可用饱和溶液B. 步骤发生的离子反应为C. 工业上每获得1 mol，至少需要消耗标准状况22.4 LD. 步骤涉及的操作有萃取、分液和蒸馏【答案】C【解析】【分析】从淡化海水中提取溴，通入氯气后
16、发生置换反应，产生溴单质，通过热空气法移除溴单质后，加入具有还原性的物质与溴单质反应，再次通入氯气置换溴单质，做到浓缩。【详解】A. 具有还原性，能与溴单质反应生成溴离子，A正确；B. 步骤发生的离子反应为，B正确；C. 由流程可知，该工艺先后发生两次反应，故工业上每获得1 mol，至少需要消耗2mol，其体积在标准状况下的体积为44.8 L，C错误；D. 由于液溴易溶于有机溶剂而不易溶于水，故可以用有机溶剂从溴水中提取溴，该方法涉及的操作有萃取、分液后得到溴在有机溶剂中形成的溶液，最后根据溶剂和溴的沸点差别较大，用蒸馏法分离出溴，故步骤涉及的操作有萃取、分液和蒸馏，D正确；答案为C。14.下
17、列不属于煤的综合利用的是（）A. 将煤干馏制得煤焦油和焦炭B. 在一定条件下将煤与氢气转化为液体燃料C. 煤变为煤饼作燃料D. 将煤干馏制得甲苯和乙烯【答案】C【解析】【分析】根据煤的综合利用包括煤的干馏、气化和液化，都属于化学变化进行判断。【详解】A. 将煤干馏制得煤焦油和焦炭，发生了化学反应，属于，故A不符合题意；B. 在一定条件下将煤与氢气转化为液体燃料，发生了化学反应，属于煤的综合利用，故B不符合题意；C. 煤变为煤饼作燃料，只是其物理形态发生改变，但并未改变其成分及结构，不属于煤的综合利用，故C符合题意D. 将煤干馏制得甲苯和乙烯，发生了化学变化，属于煤的综合利用，故D不符合题意；综
18、上所述，本题正确答案为C。15.现有A、B、C、D、E五种短周期元素，已知A、B、C、D四种元素的核内质子数之和为56，在元素周期表中的位置如图所示，1 mol E的单质可与足量酸反应，能产生33.6L H2(在标准状况下)；E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构相同。ABCD回答下列问题：（1）写出元素A名称_，元素B符号_，E原子电子式_（2）C的简单离子结构示意图为_（3）B单质在A单质中燃烧，反应现象是_，生成物的化学式为_（4）A与E形成的化合物的电子式为_，它的性质决定了它在物质的分类中应属于_（酸性氧化物/碱性氧化物/两性氧化物）（5）向D与E形成的化合物的水溶液中滴入烧碱溶液至过
19、量，此过程中观察到的现象是_，写出化合物DE与过量烧碱反应的化学反应方程式_。【答案】 (1). 氧 (2). P (3). (4). (5). 剧烈燃烧，有大量白烟 (6). P2O5 (7). (8). 两性氧化物 (9). 先出现白色沉淀，继续滴加，白色沉淀溶解 (10). AlCl3 + 4NaOH = 3NaCl + NaAlO2 + 2H2O【解析】【分析】由位置图可知，A在第二周期，B、C、D处于第三周期，设C的质子数为x，则A的质子数为x-8，B的质子数为x-1，D的质子数为x+1，A、B、C、D四种元素原子核外共有56个电子，则x+（x-8）+（x-1）+（x+1）=56，解
20、得x=16，即A为O，B为P，C为S，D为Cl；1molE单质与足量酸作用，在标准状况下能产生标准状况下33.6LH2，设E的化合价为y，根据电子转移守恒可知 ymol=2=3mol，E的阳离子与A的阴离子核外电子层结构完全相同，则E为Al，然后利用元素及其单质、化合物的性质来解答。【详解】（1）由题可知，元素A名称为氧，元素B符号为P，E原子的最外层含有3个电子，电子式；（2）C为硫，简单离子结构示意图为；（3）B单质在A单质中燃烧，产生了五氧化二磷，反应现象是剧烈燃烧，有大量白烟，生成物的化学式为P2O5；（4）A与E形成的化合物为氧化铝，电子式为，它既能与酸反应，又能与碱反应，性质决定了
21、它在物质的分类中应属于两性氧化物；（5）向D与E形成的化合物氯化铝的水溶液中滴入烧碱溶液至过量，产生偏铝酸钠，此过程中观察到的现象是先出现白色沉淀，继续滴加，白色沉淀溶解，与过量烧碱反应的化学反应方程式AlCl3 + 4NaOH = 3NaCl + NaAlO2 + 2H2O。16.某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z（均为气体）三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。（1）由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为_。（2）若上述反应中X、Y、Z分别为H2、N2、NH3,某温度下，在容积恒定为2.0L的密闭容器中充入2.0molN2和2.0molH2，一段时间后反应达平衡状态，实验数据如
22、下表所示：t/s050150250350n(NH3)00.240.360.400.40050s内的平均反应速率 v(N2) = _ molL1min1，250s时，H2的转化率为_。（3）已知：键能指在标准状况下，将1mol气态分子AB（g）解离为气态原子A（g），B（g）所需的能量，用符号E表示，单位为kJ/mol。的键能为946kJ/mol，H-H的键能为436kJ/mol，N-H的键能为391kJ/mol，则生成1molNH3过程中_（填“吸收”或“放出”）的能量为_ kJ， 反应达到(2)中的平衡状态时,对应的能量变化的数值为_kJ。（4）反应达平衡时容器内混合气体的平均相对分子质量比
23、起始时_（填增大、减小或不变），混合气体密度比起始时_（填增大、减小或不变）。（5）为加快反应速率，可以采取的措施是_（填符号）a降低温度 b增大压强 c恒容时充入He气d恒压时充入He气 e及时分离NH3 f加入催化剂【答案】 (1). 3X+Y2Z (2). 7.210-2mol/(Lmin ) (3). 30% (4). 放出 (5). 46 kJ (6). 18.4 (7). 增大 (8). 不变 (9). bf【解析】【分析】某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y消耗生成Z，相同时间内反应混合物中各组分的变化量之比与其化学计量数之比相同。该反应到达平衡时，X消耗0.3mol，Y消耗0.
24、1mol，Z生成了0.2mol，故该反应的化学方程为3X+Y2Z。【详解】（1）在2L的密闭容器中，X、Y消耗生成Z，相同时间内反应混合物中各组分的变化量之比与其化学计量数之比相同。该反应到达平衡时，X消耗0.3mol，Y消耗0.1mol，Z生成了0.2mol，故该反应的化学方程为3X+Y2Z。（2）若上述反应为3 H2+ N22 NH3，根据平衡速率公式可知，050s内的平均反应速率 v(NH3) =1.4410-1mol/(Lmin) ，v(N2) =0.5 v(NH3)= 7.210-2mol/(Lmin )；250s时，生成氨气0.4mol，消耗氢气0.6mol，H2的转化率为。（3）
25、反应为3 H2+ N22 NH3，H=反应物键能总和 - 生成物键能总和=436kJ/mol3+946kJ/mol -391kJ/mol32=-92kJ/mol，所以，产生1mol氨气放出的能量为46kJ， 反应达到(2)中的平衡状态时生成0.4mol氨气，对应的能量变化的数值为0.292kJ =18.4kJ。 （4）反应达平衡时容器内混合气体的质量不变，总物质的量减小，故反应混合物的平均相对分子质量比起始时增大，但是气体的总体积不变，故混合气体的密度一直不变。（5）a降低温度，根据有效碰撞理论，反应速率减小； b增大压强，单位体积内活化分子数增大，反应速率增大；c恒容时充入He气，不改变反应
26、中物质的浓度，反应速率不变；d恒压时充入He气，容器体积增大，相当于减小压强，反应速率减小； e及时分离NH3，生成物物质的量下降，反应速率减小；f加入催化剂，降低反应的活化能，反应速率增大；综上所述，为加快反应速率，可以采取的措施是bf。【点睛】本题易错点为化学平衡移动方向的判断，及时分离NH3能使化学平衡向反应方向移动，但是，由于NH3的物质的量浓度减小，单位体积空间内的活化分子数减少，故化学反应速率下降。17.富铁铝土矿（主要含有A12O3、Fe2O3、FeO和SiO2）可用于制备净水剂明矾KAl（SO4)212H2O和补血剂FeSO47H2O。工艺流程如下（部分操作和产物略去）： （1
27、）操作1的名称是_。 （2）反应中是氧化还原反应的是_（填写编号）。 （3）综合考虑，金属X最好选择的试剂是_，写出该反应的离子方程式_。 （4）反应的离子方程式是_、_。 （5）溶液D中含有的金属阳离子是_，检验方法是_。 （6）用含铝元素27的上述矿石10吨，通过上述流程最多生产明矾_吨。【答案】 (1). 过滤 (2). (3). Fe (4). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (5). SiO2+2OH-=SiO32-+H2O (6). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O (7). Fe2+ (8). 取少量溶液D于试管中，滴入硫氰化钾溶液，若无明显变化，再滴入几滴氯水，若溶液变
28、红，证明含有Fe2+ (9). 47.4【解析】【分析】由流程可知，富铁铝土矿用氢氧化钾溶液浸取后过滤，滤渣为氧化铁，滤液中含有硅酸钾和偏铝酸钾；向滤液中加入足量的硫酸，可以得到硅酸沉淀和硫酸铝、硫酸钾溶液，结晶后得到明矾；滤渣经硫酸溶解后可以得到硫酸铁溶液，加入铁粉后得到硫酸亚铁溶液，用结晶法可以得到绿矾。【详解】（1）操作I得到溶液和滤渣，因此操作I为过滤；（2）反应中加入NaOH溶液，根据成分只有Al2O2和SiO2与NaOH反应，发生Al2O32OH=2AlO2H2O，SiO2OH=SiO32H2O，不属于氧化还原反应，反应中加入硫酸，发生的SiO322H=H2SiO3，AlO24H=
29、Al32H2O，没有化合价的改变，不属于氧化还原反应，反应发生Fe2O36H=2Fe33H2O，FeO2H=Fe2H2O，没有化合价的改变，不属于氧化还原反应，根据操作4得到FeSO47H2O，说明反应中加入一种金属，把Fe3转化成Fe2，即这种金属是铁单质，离子方程式为Fe2Fe3=3Fe2，存在化合价的变化，属于氧化还原反应；（3）操作4得到FeSO47H2O，不能引入新杂质，因此此金属为Fe，离子方程式为：Fe2Fe3=3Fe2；（4）根据（1）的分析，离子方程式为Al2O32OH=2AlO2H2O，SiO2OH=SiO32H2O；（5）根据（3）的分析，溶液D中含有的金属阳离子是Fe2
30、，利用Fe2的还原性，具体操作是：取少量溶液D于试管中，滴入硫氰化钾溶液，若无明显变化，再滴入几滴氯水，若溶液变红，证明含有Fe2+；（6）根据铝元素守恒，最多可以得到明矾的质量为1010627%10647427t=47.4t。【点睛】本题的难点是问题（6），一般的化学计算，都有简单的方法，根据整个流程，铝的质量没有增加和减少，因此根据铝元素守恒可以计算。18.已知：A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；2CH3CHO+O22CH3COOH。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示。回答下列问题：（1）写出A的电子式_。（2）B、D分子中官能团名称分别
31、_、_。（3）写出下列反应的反应类型：_,_，_。（4）写出下列反应的化学方程式：_。_。_。【答案】 (1). (2). 羟基 (3). 羧基 (4). 加成反应 (5). 氧化反应 (6). 取代反应 (7). CH2=CH2+H2OCH3CH2OH (8). 2CH3CH2OH + O2 2CH3CHO + 2H2O (9). CH3COOH + CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O【解析】【分析】A的产量通常衡量一个国家的石油化工水平，则A应为CH2=CH2；A与水在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应生成CH3CHO，CH3C
32、HO可进一步氧化为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯。综上所述，A为CH2=CH2，B为CH3CH2OH，C为CH3CHO，D为CH3COOH。【详解】（1）A为CH2=CH2，电子式为：，故填：；（2）B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，分别含有官能团为羟基和羧基，故填：羟基；羧基；（3）反应为CH2=CH2与水在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，反应是CH3CH2OH在Cu或Ag作催化剂、加热条件下发生氧化反应生成CH3CHO，反应是乙醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，故填：加成反应、氧化反应、酯化反应；（4）反应方程式为CH2=CH2+ H2OCH3CH2OH；反应方程式为2CH3CH2OH + O22CH3CHO + H2O；反应方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O
